还在为几何中全等三角形"压轴题"发愁?看完这道题就会有思路

今天是《基本图形分析法》中轴对称型全等三角形的最后一道压轴经典例题，本题的难度也较高。除了运用全等中常用的基本图形的性质，本题还运用了诸多为了辅助证明所要用到的其他基本图形性质。话不多说，一起来动脑思考吧，如果您有更好的解题方法，欢迎文章底部进行评论和分享。

例30 如图5-94，已知：以△ABC的三条边为底边，在形外作顶角为120°的等腰三角形，即△ABD、△BCE和△CAF。求证：△DEF是等边三角形。

图5-94

分析：本题要证明△DEF是等边三角形，就是要证明这个三角形的三个内角都等于60°，考虑到这个图形性质的轮换对称性，实质上就是要证明它的一个内角是60°，不妨就考虑证明∠DFE=60°。但已知∠AFC=120°，所以在这个角的内部除去∠DFE后留下来的两个角之和也应等于60°，也就是∠AFD+∠CFE也应等于60°，从而问题也就成为要证∠DFE=∠AFD+∠CFE。这是一个角等于两个角的和的问题，所以可根据角的和的定义将∠DFE分成两部分，也就是先作∠EFO=∠EFC（如图5-95），然后再证明留下来的∠DFO与∠DFA相等。

图5-95

在作出∠EFO=∠EFC后，就出现了这两个相等的角是关于EF成轴对称的，所以就可添加轴对称型全等三角形进行证明。由于图形中已经出现了对称轴EF，所以添加的方法是将△EFC沿EF翻折过去，实质上也就是作FO=FC，然后联结EO（如图5-96），则有△EFO≌△EFC，EO=EC。

图5-96

由条件FA=FC，而我们已作FO=FC，这是由F点发出的三条相等线段，所以它们可以两两组成等腰三角形，于是联结OA、OC后（如图5-97），可得∠FAO=∠FOA，∠FOC=∠FOC，由于这两个等腰三角形的顶角之和等于120°，所以它们的四个底角之和应等于240°，所以就有∠AOC=∠FOA+∠FOC=1/2·240°=120°

图5-97

根据同样的道理，由已证明的性质EO=EC和条件EB=EC，可得连接BO（如图5-98）后，∠BOC=120°。从而就可得∠AOB=360°-120°-120°=120°。而已知∠ADB=120°，所以根据上述性质的逆定理就可得联结DO后（如图5-98），有DO=DB=DA。

图5-98

对于这一性质的证明也可作如下的分析：由于△DBA是顶角为120°的等腰三角形，所以它的底角为30°，从而就可添加特殊角三角形的基本图形的性质进行证明，添加的方法是作特殊角一边的垂线到和另一边相交。如我们取∠DBA为30°角，则就可过边BA上的点A作BA的垂线，并交BD的延长线于G（如图5-99），即可得∠G=60°，BG=2AG，而由∠BDA=120°和B、D、G成一直线，又可得∠ADG=60°，所以就得BG=2DG，D是BG的中点。而由∠G=60°和已证的∠AOB=120°，可得∠G+∠AOB=180°，G、B、O、A四点共圆，而这个圆就是以BG为直径的圆，所以DO=DB=DA。

图5-99

而在证明了DO=DA后，就可由FO=FA和FD=FD，证明△DFA和△DFO也是一对轴对称型的全等三角形，从而有∠DFA=∠DFO，这样也就可进一步证明∠DFE=60°

根据同样的道理，还可以证明∠DEF或∠EDF也等于60°，从而就可以完成分析。

本题在分析得到了FA、FO、FC是由F点发出的三条相等线段后，也就得到了F是△ACO的外心，所以可直接应用三角形的外心的性质，得∠AFC是△ACO的外接圆的圆心角，而∠AOC就是一个圆周角，从而由∠AFC=120°，就可推得∠AOC也是120°，根据同样的道理，通过△EFO和△EFC全等，并得到EO=EC=EB后，又可证得∠BOC=120°，从而也可得∠AOB=120°，而已知∠ADB=120°，所以D也就是△ABO的外心，从而也可证得DO=DB=DA，进一步也可完成分析。

本题在将问题转化为要证∠DFE=∠EFC+∠DFA，并根据角的和的定义来进行分析时，也可以考虑作∠DFO=∠EFC，那么就应有∠EFC+∠EFO也等于60°，而已知∠AFC=120°，所以FO实际上就是∠AFC的角平分线，而在具体作图时可以考虑从已知条件出发，所以可作∠AFC的角平分线FO（如图5-100），则∠AFO=∠CFO=60°。由于现在出现了60°的特殊角，所以也可以构成等边三角形，所以取FO=FC，并连接CO（如图5-101），则△FOC就是一个等边三角形。这样现在的问题也就是要证∠DFO=∠EFC。

图5-100

图5-101

现在图形中出现了两个等边三角形，△FCO已经证明是等边三角形，△FDE是要证明的等边三角形，而这两个等边三角形现在有一个公共的顶点F，所以必然构成一对旋转型的全等三角形，找全等三角形的方法是将由这个公共顶点F发出的两组相等线段，即FD、FE和FO、FC两两组成全等三角形，于是联结DO，就得到△FDO和△FEC应是一对旋转型全等三角形（如图5-102）。在这两个三角形中，已经出现的条件是FO=FC，所以还需要证明两个性质。由于FD=FE和∠DFO=∠EFC都是要证明的结论，不能用，且由于∠DFC=∠EFC是结论，所以也不能再证另外两个角都对应相等，所以只能证明DO=EC和∠DOF=∠ECF。

图5-102

由于FO=FC=FA，所以FO和FA也是两条具有公共端点的相等线段，且它们的夹角∠AFO也等于60°，所以它们也可以组成等边三角形，于是连接AO（如图5-103），可得△FAO是等边三角形，∠FOA=60°，而∠FCO也等于60°，所以证明∠DOF=∠BCF就可转化为证∠DOA=∠ECO。

图5-103

由于现在图形中出现了△FAO和△FCO都是等边三角形，所以∠AOC=∠AOF+∠COF=120°，且OC=OA，所以△OCA是一个顶角为120°的等腰三角形，而已知△DBA也是一个顶角为120°的等腰三角形，且它们有一个公共顶点B，所以它们是一对旋转型的相似三角形，即由∠ADB=∠AOC=120°,BD/CO=DA/OA或∠DAB=∠OAC=30°，可证明△DBA∽△OAC（如图5-104）。由于在旋转型相似三角形的基本图形中，必定同时出现另一对旋转型相似三角形。也就是由上述相似三角形，可得AD/AO=AB/AC。于是就有AD/AB=AO/AC，且DAO=∠BAC，所以△DAO∽△BAC（如图5-105），∠DOA=∠BCA。而∠BCA=∠OCA+∠OCB=30°+∠OCB=∠ECO。所以∠DOA=∠ECO可以证明，根据同样的道理，由△CAO和△CBE也是一对旋转型的相似三角形，又可证明∠DAO=∠EOC，而已经证明OA=CO，所以又可得△DOA≌△ECO（如图5-106），这样也就证明了DO=EC。

图5-104

图5-105

图5-106

在证明了△FDO和△FEC全等以后，就可得FD=FE，∠DFO=∠EFC，而∠EFC+∠EFO=60°，所以∠DFO+∠EFO也等于60°，亦即∠DFE=60°，所以△DEF是等边三角形就可以证明。

本题在证明了△DAO∽△BAC后，也可真接推得AD：DO：OA=AB：BC：CA。而由条件又可得△ABD∽△BCE∽△CAF，从而又有AD：EC：CF=AB：BC：CA，而CF=OA，所以也可证明DO=EC，也就可完成分析。

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